2012届高三第一次四校联考理科数学试卷(3)

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2012届高三第一次四校联考理科数学试卷参考答案

一、选择题： BAACC ADCBB

二、填空题：11． 1 0, 12．20 13．9 14 5

15 (1)．1 (2)2 3 ，16 7,1 a ． 5

三、解答题

16.解：（1）由题意得：

m n (sin2A sin2C) (sin2B sinAsinB) 0

即sin2C sin2A sin2

B sinAsinB，由正弦定理得

2c2

a2

b2

ab，再由余弦定理得 cos

C a b2

c

2

12ab

2

0 C C

3

6分

（2）方法一： a2

b2

1c2， sin2A sin2

B

1sin2C，即sin2A sin2

B

32

2

8

从而1 cos2A

1 cos2B

2

2

38

， 即cos2B cos2A

34

A B

3

cos(

4 3

2A) cos2A

3

4

即 cos(

2A) cos2A

3

3

4

，从而sin(2A3

) 4

sin(A B) sin[A (2 3

A] sin(2A 2 ) sin(2A 2 3

3 )

= sin(2A

3

)

4

12分

方法二：设R为 ABC外接圆半径，222222

sin(A B) a a c b b b c a2R2ac2R2bc

2=

2(a b2

)2

c14Rc

c

4Rc

4R

2

sinC

4

1

2

2

222

方法三： cosB

a c b

3c2ac

c c2ac

4a

3sinC4sinA

222

cosA

b c a

2bc

c

2

sinC4bc

4sinB

sinAcosB 34

sinC，cosAsinB 14

sinC

sin(A B)

314sinC 4sinC 12

sinC

4

17.解：（1）P

2

8

35

3310

5

10

5

4分

（2） 的所有可能取值为：15、18、21、24 6分

P( 15)

2 7510 12

2815125

P( 18)

3 2510 7

23

727321155

10 15 5 10 15 125

P( 21)

3 8 2 3 282382451015510

15

5

10

15

125

P( 24)

3 8 135

10

15

52125

于是 的分布列如下表所示： 8分

故E 15

28 18

2121

24125

102125

125

24

52125

5

12分

18．解：（1）证明∵该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形， ∴BA，BC，BB1两两垂直。 2分

以BA，BC，BB1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则N（4,4,0），B1（0, 8,0），C1（0,8,4），C（0,0,4）∵BN1 NB1=（4,4,0）·（-4,4,0）=-16+16=0

BN B1C1=（4,4,0）·（0,0,4）=0

∴BN⊥NB1，BN⊥B1C1且NB1与B1C1相交于B1，

∴BN⊥平面C1B1N； 4分

3

（II）设n2 (x,y,z)为平面NCB1的一个法向量，

则 n2 C N

0 (x,y,z) (4,4, 4) 0 n2 NB1 0

(x,y,z) ( 4,4,0) 0 x y z 0

,取n

x y 02 (1,1,2),C1N (4, 4, 4)

则sin |

|

3

8分

（III）∵M（2,0,0）.设P(0,0,a)为BC上一点, 则MP ( 2,0,a), ∵MP//平面CNB1,

∴ MP n2 MP n2 ( 2,0,a) (1,1,2) 2 2a 0 a 1. 又PM 平面CNB1, MP//平面CNB1, ∴当PB=1时MP//平面CNBBP11 PC

3

12分 （用几何法参照酙情给分。） 19.解：（1）由f (x)

x 1 ln(x 1)

x

2

,得 g(x) x 1 lnx( 1)x( 0

则g (x) xx 1

0,因此g(x)在(0, )内单调递增。 4分

因为g(2) 1 ln3 0，g(3) 2(1 ln2) 0，

即g(x) 0存在唯一的根a (2,3)，于是m 2, 6分

（2）由f(x) n得，n f(x)且x (0, )恒成立，由第（1）题知存在唯一的实数a (2,3)，使得g(a) 0，且当0 x a时，g(x) 0，f (x) 0；当x a时，g(x) 0,f (x) 0，因此当x a

时，f(x)取得最小值f(a)

(a 1)[1 ln(a 1)]

a

9分

由g(a) 0，得 a 1 ln(a 1) 0, 即 1 lna(

1 )a 于是 f(a) a 1

又由a (2,3)，得f(a) (3,4)，从而n 3，故正整数n的最大值为3。 12分

20．解：（1）设椭圆方程为

x22a

2

yb

2

1(a b 0)

a 2b

则

41 1 a2 8 a

2 b2

b2

22

2

所以，椭圆方程为

x

8

y

2

1 5分

（2）如图，因为直线 平行于OM，且在y轴上的截距为m，又K1OM

2

，所以，直线 的方程为

y 1 y 1x m2x m， 由 222mx 2m2

2 x 4 0， x2

8

y2 1

设A(x),B(x2

1,y12,y2)，则x1 x2 2m,x1x2 2m 4， 8分

设直线MA、MB的斜率分别为ky1 11、k2，则k1

x，ky2 12

1 2

x2 2

故k1(y1 1)(x2 2) (y2 1)(x1 2)

1 ky1 12

x

y2 1 2

x2 2

(x=

1 2)(x2 2)

(

1x11 m 1)(x2 2) (

x2 m 1)(x1 2)

(x=

x1x2 (m 2)(x1 x1) 4(m 1)

1 2)(x2 2)

(x1 2)(x2 2)

2

2m 4 (m 2)( 2m) 4(m 1)

(x 0 12分

1 2)(x2 2)

故k1 k2=0，所以， ABM的角平分线MI垂直x轴，因此，内心I的横坐标等于点M的横坐标，则对任意的m的允许值， ABM的内心I在定直线 x 2上 13分

21.解：(1)∵ f(x y) f(x) f(y)对于任意的x R均成立,

∴ f(n 1) f(n) f(1),即an 1 an a1. 2分

∵ f(1) 0,∴a

1 0, an 0(n N),

4